江苏省高考数学专题二项式定理与数学归纳法（理）8.1计数原理与二项式定理达标训练.docx

计数原理与二项式定理A组大题保分练1设集合A，B是非空集合M的两个不同子集，满足：A不是B的子集，且B也不是A的子集(1)若Ma1，a2，a3，a4，直接写出所有不同的有序集合对(A，B)的个数；(2)若Ma1，a2，a3，an，求所有不同的有序集合对(A，B)的个数解：(1)110.(2)集合M有2n个子集，不同的有序集合对(A，B)有2n(2n1)个当AB，并设B中含有k(1kn，kN*)个元素，则满足AB的有序集合对(A，B)有(2k1)2k3n2n个同理，满足BA的有序集合对(A，B)有3n2n个故满足条件的有序集合对(A，B)的个数为2n(2n1)2(3n2n)4n2n23n.2记1,2，n满足下列性质T的排列a1，a2，an的个数为f(n)(n2，nN*)性质T：排列a1，a2，an中有且只有一个aiai1(i1,2，n1)(1)求f(3)；(2)求f(n)解：(1)当n3时，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中满足仅存在一个i1,2,3，使得aiai1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f(3)4.(2)在1,2，n的所有排列(a1，a2，an)中，若ain(1in1)，从n1个数1,2,3，n1中选i1个数按从小到大的顺序排列为a1，a2，ai1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为C.若ann，则满足题意的排列个数为f(n1)综上，f(n)f(n1)f(n1)2n11.从而f(n)(n3)f(3)2nn1.3(2018南京、盐城一模)已知nN*，nf(n)CC2CCrCCnCC.(1)求f(1)，f(2)，f(3)的值；(2)试猜想f(n)的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想解：(1)由条件，nf(n)CC2CCrCCnCC，在中令n1，得f(1)CC1.在中令n2，得2f(2)CC2CC6，得f(2)3.在中令n3，得3f(3)CC2CC3CC30，得f(3)10.(2)猜想f(n)C(或f(n)C)欲证猜想成立，只要证等式nCCC2CCrCCnCC成立法一：(直接法)当n1时，等式显然成立当n2时，因为rCnnC， 故rCC(rC)CnCC.故只需证明nCnCCnCCnCCnCC.即证CCC CC CC CC.而CC，故即证CCC CC CC CC.由等式(1x)2n1(1x)n1(1x)n可得，左边xn的系数为C.而右边(1x)n1(1x)n(CCxCx2Cxn1)(CCxCx2Cxn)，所以xn的系数为CC CC CC CC.由(1x)2n1(1x)n1(1x)n恒成立可得成立综上，f(n)C成立法二：(构造模型)构造一个组合模型，一个袋中装有(2n1)个小球，其中n个是编号为1,2，n的白球，其余(n1)个是编号为1,2，n1的黑球现从袋中任意摸出n个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r个黑球(nr)个白球)的n个小球的组合的个数为CC，0rn1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n个小球的组合的总数为CC CC CC CC.另一方面，从袋中(2n1)个小球中任意摸出n个小球的组合的个数为C.故CCC CC CC CC，余下同法一法三：(利用导数)由二项式定理，得(1x)nCCxCx2Cxn.两边求导，得n(1x)n1C2CxrCxr1 nCxn1.，得n(1x)2n1(CCxCx2Cxn)(C2CxrCxr1 nCxn1)左边xn的系数为nC.右边xn的系数为CC2CCrCCnCCCC2CCr CCnCCCC2CCr CCnCC.由恒成立，得nCCC2CCr CCnCC.故f(n)C成立法四：(构造模型)由nf(n)CC2CCrCCnCC，得nf(n)nCC(n1)CCCCnCC(n1)CCCC，所以2nf(n)(n1)(CCCCCC) (n1)(CCCCCC)，构造一个组合模型，从2n个元素中选取(n1)个元素，则有C种选法，现将2n个元素分成两个部分n，n，若(n1)个元素中，从第一部分中取n个，第二部分中取1个，则有CC种选法，若从第一部分中取(n1)个，第二部分中取2个，则有CC种选法，由分类计数原理可知CCCCCCC.故2nf(n)(n1)C，所以f(n)C.4(2018苏锡常镇调研(二)已知函数f(x)(x)2n1(nN*，xR)(1)当n2时，若f(2)f(2)A，求实数A的值；(2)若f(2)m(mN*,01)，求证：(m)1.解：(1)当n2时，f(x)(x)5Cx5Cx4Cx3()2Cx2()3Cx()4C()5, 所以f(2)f(2)(2)5(2)52C()124C()322C()52(516104525)610，所以A610. (2)证明：因为f(x)(x)2n1Cx2n1Cx2nCx2n1()2C()2n1，所以f(2)C22n1C22nC22n1()2C()2n1，由题意知，f(2)(2)2n1m(mN*,01)，首先证明对于固定的nN*，满足条件的m，是唯一的假设f(2)(2)2n1m11m22(m1，m2N*,011,021，m1m2，12)，则m1m2210，而m1m2Z，21(1,0)(0,1)，矛盾所以满足条件的m，是唯一的. 下面我们求m及的值：因为f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(2)2n1(2)2n12C22n1C22n1()2C22n3()4C21()2n，显然f(2)f(2)N*. 又因为2(0,1)，故(2)2n1(0,1)，即f(2)(2)2n1(2)2n1(0,1). 所以令m2C22n1C22n1()2C22n3()4C21()2n，(2)2n1，则mf(2)f(2)，f(2)，又mf(2), 所以(m)f(2)f(2)(2)2n1(2)2n1(54)2n11. B组大题增分练1(2016江苏高考)(1)求7C4C的值；(2)设m，nN*，nm，求证：(m1)C(m2)C(m3)CnC(n1)C(m1)C.解：(1)7C4C740.(2)证明：当nm时，结论显然成立当nm时，(k1)C(m1)(m1)C，km1，m2，n.又因为CCC，所以(k1)C(m1)(CC)，km1，m2，n.因此，(m1)C(m2)C(m3)C(n1)C(m1)C(m2)C(m3)C(n1)C(m1)C(m1)(CC)(CC)(CC)(m1)C.2(2018南京、盐城二模)现有(n2，nN*)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：设Mk是第k行中的最大数，其中1kn，kN*.记M1M2.解：(1)由题意知p2，即p2的值为.(2)证明：先排第n行，则最大数在第n行的概率为；去掉第n行已经排好的n个数，则余下的n个数中最大数在第n1行的概率为；故pn.由于2n(11)nCCCCCCCCCC，故，即pn.3(2018苏州暑假测试)设集合M1,0,1，集合An(x1，x2，xn)|xiM，i1,2，n，集合An中满足条件“1|x1|x2|xn|m”的元素个数记为S.(1)求S和S的值；(2)当mn时，求证：S3n2m12n1.解：(1)S8，S32.(2)证明：设集合P0，Q1,1若|x1|x2|xn|1，即x1，x2，x3，xn中有n1个取自集合P,1个取自集合Q，故共有C21种可能，即为C21，同理，|x1|x2|xn|2，即x1，x2，x3，xn中有n2个取自集合P,2个取自集合Q，故共有C22种可能，即为C22，若|x1|x2|xn|m，即x1，x2，x3，xn中有nm个取自集合P，m个取自集合Q，故共有C2m种可能，即为C2m，所以SC21C22C2m，因为当0kn时，C1，所以C10，所以SC21C22C2mC20(C21C22C2m)(C1)2m1(C1)2n(C20C21C22C2mC2m1C2n)(2m12m22n)(12)n(2n12m1)3n2n12m1.所以当mn时，S3n2m12n1.4(2018常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式如：考察恒等式(1x)2n(1x)n(1x)n(nN*)，左边x